2024年沪科新版选择性必修1化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科新版选择性必修1化学下册月考试卷774考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、t℃时，已知：Ksp(AgCl)=10-10，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示；则下列说法正确的是。

A.t℃时，Ag2CrO4的Ksp数量级为10-9B.无法计算Y点与Z点的KspC.Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+CrO(aq)的平衡常数：K=108D.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，可使溶液由Y点变到X点最终变到Z点2、700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1):

。反应时间/min

n(CO)/mol

n(H2O)/mol

0

1.20

0.60

t1

0.80

t2

0.20

下列说法正确的是()A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)=mol⋅L−1⋅min−1B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到达平衡时n(CO2)＝0.40molC.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时H2O转化率增大D.温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应3、在一固定密闭容器中，发生反应：一段时间后反应达到平衡状态，下列判断正确的是A.平衡时，只有三氧化硫分子中存在B.平衡时，的体积分数不再变化，反应停止C.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D.使用合适的催化剂，可提高反应速率，但不会改变的平衡转化率4、银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应为Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，下列说法中不正确的是A.原电池放电时，负极上发生反应的物质是ZnB.负极发生的反应是Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2C.工作时，负极区溶液碱性减弱，正极区溶液碱性增强D.溶液中OH－向正极移动，K＋、H＋向负极移动5、如图；下列关于新型镁锂双离子二次电池的说法不正确的是。

A.充电时，外加电源的正极与Y相连B.充电时，导线上每通过lmole—，理论上左室电解液质量减轻12gC.放电时，Li十由左向右移动D.放电时，正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe—=LiFePO46、下列说法正确的是A.纸层析法点样时应用玻璃棒蘸取试样，在滤纸条的原点处轻轻点样，晾干后再点，重复3—5次B.吸滤瓶内液面高度将达到支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，并从吸滤瓶支管口倒出溶液C.制备摩尔盐实验中，将(NH4)2SO4饱和溶液与FeSO4饱和溶液混合后，在蒸发皿中蒸发至大量晶体析出，然后冷却、抽滤D.用一定浓度氢氧化钠溶液滴定未知浓度醋酸溶液，若碱滴加过量，不需重做实验7、某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示；反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法错误的是。

A.总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2B.该脱硝过程总反应的焓变∆H<0C.由状态②到状态③发生了氧化还原反应D.状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成8、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0.1NAB.32gS8()分子中含有的S-S键数为8NAC.100g质量分数为46%的乙醇溶液，含有的O-H键数目为7NAD.0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO数目<0.1NA9、常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是A.在的溶液中，B.溶于稀硫酸，而不溶于稀硫酸，则C.相同浓度的和溶液，前者的pH较大，则D.相同浓度的HA和NaA溶液等体积混合后则溶液中评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用标准溶液测定某生活用品中的含量(假设其它物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位与的关系如图所示。已知：根据两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出的量。下列说法不正确的是。

A.滴定过程中水的电离程度逐渐增大B.滴定过程中溶液中逐渐增大C.1mL该生活用品中含有的质量为D.曲线任一点溶液中均存在：11、南京大学研究发现电化学“大气固碳”有效方法，电池工作原理示意图如图所示。充电时，利用催化剂的选择性，阳极电极反应式为：2Li2CO3-4e-=2CO2+O2+4Li+；下列有关说法正确的是。

A.放电时，M电极的电势比N电极的高B.放电时，正极电极反应式：3CO2+4e-+4Li+=C+2Li2CO3C.充电时，M电极接外电源负极，电解质可选含Li+水溶液D.该电池每放电、充电一次，若均转移2mol电子，理论上能固定标准状况下11.2LCO212、在一定温度下的定容密闭容器中，当物质的下列物理量不再变化时，表明反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已达平衡的是（）A.混合气体的平均相对分子质量B.混合气体的压强C.气体的总物质的量D.B的物质的量浓度13、在1L密闭容器中充入CH3OH发生如下反应：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，CH3OH的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是。

A.该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能B.600K时，从X到Y点可通过减小压强实现C.改用更高效催化剂能增大Z点的平衡转化率D.T1K时，该反应的平衡常数为8.114、以Fe3O4/Pd为催化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的其反应过程如图所示[已知Fe3O4中Fe元素化合价为+2；+3价；分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)]。下列说法错误的是。

A.处理的电极反应为2+8H＋+6e-=N2↑+4H2OB.Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C.用该法处理后，水体的pH降低D.消耗6.72LH2，理论上可处理含4.6mg∙L-1的废水2m315、一定条件下,CH3COONa溶液存在水解平衡CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-下列说法正确的是A.加入少量NaOH固体,上述平衡左移,溶液导电能力增强B.加入少量FeCl3固体,c(CHCOO-)增大C.稀释溶液,溶液的pH增大D.加入少量Na2CO3固体,减小16、下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是。选项实验操作实验现象结论A向溶液中滴加经过盐酸酸化的BaCl2溶液溶液中产生白色沉淀溶液中一定含有SOB向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入0.1mol·L-1H2SO4溶液试管口出现红棕色气体溶液中NO被Fe2+还原为NO2C用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某有色气体X玻璃棒周围产生白烟气体X可能是氯气D向等浓度的KCl、KI溶液中分别滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液2滴只有KI溶液中出现沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

A.AB.BC.CD.D17、已知：25℃时某些弱酸的电离平衡常数(如表)。如图表示常温下，稀释CH3COOH；HClO两种酸的稀溶液时；溶液pH随加水量的变化。下列说法正确的是()

CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10-5Ka=3.0×10-8Ka1=4.1×10-7

Ka2=5.6×10-11

A.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋COC.图像中a、c两点处的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)D.图像中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、对金属制品进行抗腐蚀处理,可减缓金属的腐蚀,延长其使用寿命。

（1）以下为铝材表面处理的一种方法：

①碱洗的目的是除去铝表面的自然氧化膜(Al2O3),有关反应的离子方程式为_________________。碱洗时常有气泡冒出，该气体是_________(填化学式)。

②电解时,处理好的铝材应与电源的________极相连，铝材表面形成氧化膜的电极反应式为_______。

（2）钢铁容易生锈的主要原因是钢铁在炼制过程中混有少量的碳杂质，在潮湿的空气中容易形成原电池,发生电化学腐蚀。在酸性环境下,其正极反应式为_________；在酸性很弱或中性条件下,其发生_______(填“析氢腐蚀”或“吸氧腐蚀”)。

（3）下列装置中铁片腐蚀由快到慢的顺序是____________(用序号表示)。

（4）利用如图装置,可以模拟铁的电化学防护。

若X为碳棒,开关K置于N处,该电化学防护法称为______；若X为锌棒，开关K置于M处,_____（填“能”或“不能”)达到防止铁腐蚀的目的。19、在密闭容器中发生反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其平衡常数(K)和温度(T)的关系如下表所示。T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

(1)该反应的平衡常数表达式K=___________；由上表可知该反应为___________反应(填“吸热”或“放热”)。

(2)830℃时，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持温度不变，反应达到平衡后，其平衡常数___________1.0(填“大于”“小于”或“等于”)，此时CO2的物质的量为___________。

(3)下列有利于提高平衡时CO2转化率的措施有___________(填字母)。

a．使用催化剂b．升温c．增大CO2和H2的投料比。

(4)若1200℃时，在某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，则此时反应的平衡移动方向为___________(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。

(5)实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向上述反应体系中投入一定量的CaO，H2的体积分数增大；实验结果如图所示。

(已知：1微米=10-6米，1纳米=10-9米)。

投入纳米CaO比微米CaO时，H2的体积分数更高的原因是___________。20、（1）已知31g白磷(P4)变为31g红磷(P)时释放能量。稳定性白磷__红磷(填“>”或“<”)；

（2）已知化学反应N2＋3H22NH3的能量变化如图所示。

molN2(g)和molH2(g)反应生成1molNH3(l)的△H=__。

（3）298K时，0.5molC2H4(g)完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出705.5kJ的热量。请写出该反应的燃烧热的热化学方程式__。

（4）金属钛冶炼过程中其中一步反应是将原料金红石转化：

TiO2(金红石)+2C+2Cl2TiCl4+2CO

已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566kJ/mol

TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=+141kJ/mol

则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=__。

（5）工业上用H2(g)和Cl2(g)反应制HCl(g)，各键能为：H﹣H：436kJ·mol-1，Cl﹣Cl：243kJ·mol-1，H﹣Cl：431kJ·mol-1。该反应的热化学方程式是__。21、以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。如，反应Ⅰ：2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH1＜0；反应Ⅱ：4CO(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+4CO2(g)ΔH2＜0；(1)若在恒容的密闭容器中，充入2molCO和1molNO，发生反应Ⅰ，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是_______。A．CO和NO的物质的量之比不变B．混合气体的密度保持不变C．混合气体的压强保持不变D．v(N2)正=2v(CO)逆(2)若在2L密闭容器中充入2molCO和1molNO2，发生上述反应Ⅱ，如图为平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系。则温度：T1_______T2(填“＜”或“＞”)；若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的_______点。(3)某研究小组对反应NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH＜0进行相关实验探究。在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比[n0(NO2)∶n0(SO2)]进行多组实验(各组实验的温度可能相同，也可能不同)，测定NO2的平衡转化率[α(NO2)]。部分实验结果如图所示。①图中A点对应温度下，该反应的化学平衡常数K=_______。②如果将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是_______。③图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，通过计算判断：TC_______TD(填“＞”“＜”或“=”)。(4)某研究小组探究催化剂对CO、NO2转化的影响。将NO2和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO2含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO2的转化率)，结果如图所示。①若高于450℃，图中曲线中脱氮率随温度升高而降低的主要原因是_______；②a点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，说明理由_______。22、信息；能源和材料被誉为当代文明的三大支柱；请回答下列问题：

（1）人类最早使用的合金材料是___（填字母），目前使用量最大的合金是___。

A．铁合金B．铝合金C．铜合金。

（2）铝用作电线是利用了铝的___性；铁用作炊具是利用了铁的___性。

（3）金属的腐蚀现象非常普遍，钢铁腐蚀属于电化学腐蚀，此过程的负极反应式是___。下列方法不利于延缓铁制品的腐蚀速度的是___（填字母）。

A．表面刷油或涂漆B．表面镀锌C．保存在潮湿环境中D．包上塑料层E．制成不锈钢F．保存在温度较高的地方。

（4）通常所说的三大材料是指金属材料、无机非金属材料和有机高分子材料。下述材料中全部属于金属材料的有___（填字母）。

A．玻璃；陶瓷、水泥B．玻璃钢、聚乙烯、超导陶瓷。

C．青铜；碳素钢、硬铝D．塑料、合成纤维、橡胶。

（5）第二届青奥会于2014年8月在南京举行。青奥中心外墙的复合保温材料采用铝合金锁边。有关铝合金的性质正确的是___（填字母）。

A．强度小B．耐腐蚀C．密度大23、研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。

(1)已知部分弱酸的电离常数如下表：。化学式电离平衡常数K

①写出的的表达式_____

②常温下，相同的三种溶液物质的量浓度最小的是_______。

③将过量通入溶液，反应的离子方程式是______。

(2)室温下，用盐酸溶液滴定的氨水溶液；滴定曲线如图所示。

①a点所示的溶液中_____(填“>”“<”或“=”)

②b点所示的溶液中溶质为_______。

③室温下的氨水与的溶液中，由水电离出的之比为____。

(3)二元弱酸溶液中的物质的量分数随的变化如图所示。则第二级电离平衡常数______。

24、甲烷自热重整是先进的制氢方法；包含甲烷氧化和水蒸气重整两个过程。

(1)甲烷自热重整时向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应如下：。反应过程反应序号化学方程式△H/kJ·mol-1活化能Ea/kJ·mol-1甲烷氧化ⅠCH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)-802.6125.6ⅡCH4(g)+O2(g)→CO2(g)+2H2(g)-322.0172.5172.5水蒸气重整ⅢCH4(g)+H2O(g)→CO(g)+3H2(g)+206.2240.1ⅣCH4(g)+2H2O(g)→CO2(g)+4H2(g)+158.6243.9243.9

①请用有关理论分析以上四个反应中反应Ⅰ速率最快的原因___。

②以上四个反应中，正向反应限度最大的是__。

a．反应Ⅰb．反应Ⅱc．反应Ⅲd．反应Ⅳ

(2)甲烷水蒸气催化重整分为两阶段制备甲醇：

(ⅰ)制备合成气：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=206.2kJ·mol-1

(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2

制备合成气：将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入反应室(容积为100L)，在一定条件下发生反应(ⅰ)；CH4的平衡转化率与温度；压强的关系如图所示。

①已知100℃时达到平衡的时间为5min，则从反应开始到平衡，用氢气表示的平均反应速率为：v(H2)=___mol·L-1·min-1。

②图中p1___p2(填“<”、“>”或“=”)。

合成甲醇：在Cu2O/ZnO作催化剂的条件下，向2L的密闭容器中通入1molCO(g)和2molH2(g)，发生反应(ⅱ)，反应过程中CH3OH(g)的物质的量(n)与时间(t)及温度的关系如图所示。

③据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O。实际生产中随反应进行，Cu2O的量会减少，导致催化效率降低。若在反应体系中充入少量CO2，有利于保持Cu2O的催化效率不降低，原因是___。

④在500℃恒压条件下，请在图中画出反应体系中n(CH3OH)随时间t变化的总趋势图___。

评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)25、NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)△H=+57.3kJ·mol-1(中和热)。_____26、室温下，0.1mol·L-1的HCl溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液中水的电离程度相等。（______________）A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共1题，共2分)27、三氯氧磷(POCl3)是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组用O2直接氧化PCl3制备POCl3；实验装置设计如图：

有关物质的部分性质如下表：。物质熔点/℃沸点/℃其它性质PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3

回答下列问题：

(1)装置C中反应器的名称是___________。

(2)装置B中试剂为___________；装置B的作用是___________。

(3)装置A中发生反应的化学方程式为___________；装置C中制备POCl3的化学方程式为___________。

(4)a装置的作用是___________。

(5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素的含量；实验步骤如下：

Ⅰ．取m克产品于锥形瓶中；加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；

Ⅱ．向锥形瓶中加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl-完全沉淀；

Ⅲ．向其中加入2mL硝基苯；用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；

Ⅳ．加入指示剂，用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag＋至终点；记下所用体积为VmL。

已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12

①滴定选用的指示剂是___________。

A．酚酞B．NH4Fe(SO4)2C．淀粉D．甲基橙。

②Cl元素的质量分数为(列出算式)___________。

③若取消步骤Ⅲ，会使步骤Ⅳ中出现两种沉淀共存，此时c(Cl-)∶c(SCN-)=___________；该反应使测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共9分)28、NaBiO3可作为测定锰的氧化剂，Bi2O3在电子行业有着广泛应用，可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3,还含少量SiO2等杂质)来制备；工艺流程如下:

已知:NaBiO3难溶于水。

回答下列问题。

（1）溶液Ⅰ中主要成分为BiCl3、FeCl2,则滤渣Ⅰ的主要成分是________(写化学式)。

（2）海绵铋与盐酸、H2O2反应的化学方程式是__________

（3）向溶液Ⅲ中加入NaOH和NaClO发生反应的离于方程式是______，从反应后的混合体系中获得纯净NaBiO3,操作Ⅱ包括_________。

（4）一定温度下，向氨水中通入CO2，得到(NH4)2CO3、NH4HCO3等物质，溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。随着CO2的通入，溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O)将______(填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=______(用离子浓度表示)。

（5）取所得NaBiO3样品2.0g,加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，然后用新配制的0.5mol/LFeSO4溶液滴定生成的MnO4-，滴定完成后消耗22.00mLFeSO4溶液。则该样晶中NaBiO3纯度为_________。29、某厂废弃的加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：。金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol•L-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol•L-1)的pH8.74.73.29.0

回答下列问题：

(1)“碱浸”中NaOH的作用是__。

(2)“滤液②”中含有的金属离子是__。

(3)“转化”中可替代H2O2的物质是___。

(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=__(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol/L，则“调pH”应控制的pH范围是__。

(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式__。

(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是__。30、MgF2是一种重要的无机化工原料；可用于制备多晶材料；光学玻璃。现有如下两种途径可以制得。

途径Ⅰ：以工业级MgSO4溶液(含Fe3+和Mn2+等杂质)为原料制备MgF2；过程如下：

(1)除杂。

①向硫酸镁溶液中加入Na2SO4，加热、保持溶液温度在80~95℃，将Fe3+转化为Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，反应后滤液的pH____(填“增大”；“不变”或“减小”)；

②调节滤液的pH，使溶液呈弱碱性，向其中加入H2O2，将Mn2+转化为MnO2沉淀，写出该反应的离子方程式____。

③Mn+(Fe3+、Mn2+、Mg2+)转变为氢氧化物沉淀的pH如图。除杂时未采取将Mn2+直接转化为Mn(OH)2的原因是____。

(2)沉镁。

向“除杂”后滤液中加入Na2CO3，同时产生气体，写出生成Mg2(OH)2CO3的化学方程式____。

(3)酸溶。

将所得Mg2(OH)2CO3置于____(填“玻璃”；“聚丙烯”或“石英”)烧杯中；加入适量的HF，搅拌溶解。

途径Ⅱ：以磷肥副产物H2SiF6溶解MgO，充分反应后过滤、得MgSiF6溶液，浓缩得MgSiF6·6H2O，300℃条件下煅烧得MgF2。

(4)溶解时，H2SiF6质量分数控制在18%~20%的原因：____(20℃时，MgSiF6的溶解度30.8g)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A．t℃时，溶液中有当c()=10-6mol∙L-1时，c(Ag+)=10-3mol∙L-1，则Ksp=[c(Ag+)]2∙c()=(10-3mol∙L-1)2×10-6mol∙L-1=10-12，所以t℃时，Ag2CrO4的Ksp数量级为10-12；A错误；

B．该曲线为t℃时Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，即曲线上的点的Ksp相同，所以Y点和Z点的Ksp为10-12；B错误；

C．由题可知Ksp(Ag2CrO4)=10-12，Ksp(AgCl)=10-10，则新的平衡体系，K===108；C正确；

D．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点；D错误；

故选C。2、B【分析】【详解】

A.由表中数据可知，t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol－0.8mol＝0.4mol，v（CO）＝=mol·L－1·min－1，速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)=v(CO)=mol·L－1·min－1；故A错误；

B.CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60molCO和1.20molH2O与充入1.20molCO和0.6molH2O，平衡时生成物的浓度对应相同，t1min时n（CO）＝0.8mol，n（H2O）＝0.6mol－0.4mol＝0.2mol，t2min时n（H2O）＝0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的n（CO2）＝0.40mol；故B正确；

C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小；故C错误；

D.t1min时反应已经达到平衡状态，此时c（CO）＝0.8mol÷2L＝0.4mol/L，c（H2O）＝0.2mol÷2L＝0.1mol/L，c（CO2）＝c（H2）＝0.4mol÷2L＝0.2mol/L，则K==1；温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动，故正反应为放热反应，故D错误。

综合以上分析；答案选B。

【点睛】

该题是高考中的中的常见题型，试题综合性强，旨在培养学生分析、归纳和总结问题的能力。本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。复习时要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．平衡时，18O2中也存在故A错误；

B．平衡时，的体积分数会变化；反应不会停止，化学反应平衡是动态平衡，故B错误；

C．升高温度；逆反应速率增大，正反应速率减小，故C错误；

D．催化剂只能改变反应速率；不会改变平衡转化率，故D正确；

答案选D。4、D【分析】【分析】

根据原电池总反应为Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，分析Zn化合价升高，作负极，Ag2O化合价降低；作正极。

【详解】

A．根据前面分析；原电池放电时，负极上发生反应的物质是Zn，故A正确；

B．根据总反应Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，得到负极发生的反应是Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2；故B正确；

C．根据总方程式，工作时，负极区氢氧根不断消耗，因此溶液碱性减弱，正极反应Ag2O＋2e－＋H2O=2Ag＋2OH－；因此正极区溶液碱性增强，故C正确；

D．根据原电池溶液中离子移动方向“异性相吸”原理，溶液中OH－向负极移动，H＋、K＋向正极移动；故D错误。

综上所述，答案为D。5、B【分析】【分析】

放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg-2e-=Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为电解质溶液中锂离子透过锂离子交换膜移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，阳极上LiFePO4失电子发生氧化反应；负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。

【详解】

A.左边镁失电子；为负极；右边电极上得电子、发生还原反应、为正极，即X为负极接线柱、Y为正极接线柱，充电时，外加电源的正极与电池正极相连，负极与电池负极相连，故A正确；

B.充电时，导线上每通过1mole−，左室得电子发生还原反应，反应式为但右侧将有1molLi+移向左室；所以溶液质量减轻12−7=5g，故B错误；

C.放电时，电解质溶液中锂离子透过锂离子交换膜移向正极，即放电时，Li+由左向右移动；故C正确；

D.右边为正极、得电子、发生还原反应，电极反应式为故D正确；

故答案选：B。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．纸层析法点样时；应使用毛细管取样，A错误；

B．当吸滤瓶中液面将达到支管口位置时；应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，B错误；

C．将(NH4)2SO4饱和溶液与FeSO4饱和溶液混合后；在蒸发皿中蒸发至大量晶体析出，然后冷却；抽滤，再用酒精可以洗去摩尔盐表面的水，然后晾干，C错误；

D．用一定浓度氢氧化钠溶液滴定未知浓度醋酸溶液；生成的醋酸钠是强碱弱酸盐，使溶液呈碱性，需用酚酞作指示剂，则碱滴加过量，对实验影响不大，故不需重做实验，D正确；

故选D。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．由图1知，该脱销过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2mol，NO为2mol，O2为0.5mol，生成物N2为2mol，H2O为3mol，故该脱销过程总方程式为：2NH3+2NO+O23H2O+2N2，化整得：4NH3+4NO+O26H2O+4N2；A错误；

B．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0；B正确；

C．由图1可知；状态②到状态③中Cu的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，C正确；

D．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O；有O-H键的形成，D正确；

故选A。8、C【分析】【详解】

A．Cr2O会发生水解，因此1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中Cr2O离子数小于0.1NA；A错误；

B．32gS8()分子的物质的量为mol，则含有的S-S键数为NA；B错误；

C．100g质量分数为46%的乙醇溶液，n(CH3CH2OH)=n(H2O)=1个CH3CH2OH分子中含有1个O-H，1个H2O分子中含有2个O-H，因此100g质量分数为46%的乙醇溶液，含有的O-H键数目为7NA；C正确；

D．溶液体积未知；不能计算离子数目，D错误；

答案选C。9、D【分析】【详解】

A．根据物料守恒，溶液中故A错误；

B．溶于稀硫酸，而不溶于稀硫酸，说明ZnS比CuS更难溶，同类型难溶电解质，溶度积越小，越难溶，故故B错误；

C．电离平衡常数越大，弱酸酸性越强。则对应强碱弱酸盐的水解程度越小。相同浓度的和溶液，前者的pH较大，说明水解程度大，酸性弱于HF，即故C错误；

D．相同浓度的HA和NaA溶液等体积混合后溶液呈酸性，则根据电荷守恒可得根据物料守恒则综上溶液中存在故D正确；

故选D。二、多选题(共8题，共16分)10、AC【分析】【分析】

【详解】

A．随着盐酸的加入；碳酸钠转化为碳酸氢钠，最后转化为氯化钠，盐类的水解程度越来越小，故对水的电离的促进作用也越来越小，盐酸过量时还将抑制水的电离，故滴定过程中水的电离程度逐渐减小，A错误；

B．随着盐酸的加入，碳酸钠转化为碳酸氢钠，故c()逐渐增大，c()逐渐减小，滴定过程中溶液中逐渐增大；B正确；

C．由图中可知，(V2-V1)即碳酸氢钠消耗盐酸的体积，原溶液中碳酸钠的物质的量浓度为：mol/L，故1mL该生活用品中含有的质量为=C错误；

D．根据溶液中电荷守恒可知，曲线任一点溶液中均存在：D正确；

故答案为：AC。11、BD【分析】【分析】

放电时为原电池，M极上Li失电子生成Li+，则M为负极，N为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，反应式为3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3；充电时为电解池，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上Li2CO3失电子生成CO2和O2，反应式为2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+；

【详解】

A．放电时为原电池；M为负极，N为正极，正极电势比负极电势高，即N高于M，故A错误；

B．根据分析，原电池的正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，反应式为3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3；故B正确；

C．放电时M为负极，则充电时M为阴极，与电源负极相连，但电解质不能选含Li+水溶液；因为Li电极会与水反应，故C错误；

D．根据放电时正极反应式3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3可知，电池每放电一次转移2mol电子就有0.5mol碳生成；根据充电时阳极电极反应2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+，充电一次且每转移2mole-时生成0.5molO2，C+O2═CO2，所以该电池每放、充2mol电子一次，理论上能固定0.5molCO2，标准状况下为11.2LCO2；故D正确；

答案选BD。12、AD【分析】【详解】

A.两边气体的计量数相等；气体的总物质的量一直不变，但随着反应的进行，混合气体的总质量发生变化，故混合气体的平均相对分子质量是一个变量，则当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，能说明反应达平衡状态，故A符合；

B.两边气体的计量数相等；所以容器的压强始终不变，则混合气体的压强不再变化时，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合；

C.两边气体的计量数相等；气体的总物质的量一直不变，则气体的总物质的量不再变化时，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合；

D.B的物质的量浓度不再变化；说明正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡状态，故D符合；

故选AD。13、BD【分析】【详解】

A．根据图象可知：升高温度，CH3OH的平衡转化率提高；说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，所以该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能，A正确；

B．在600K时，从X到Y点，CH3OH的平衡转化率提高；则反应正向移动，由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，要使平衡正向移动，可通过减小压强实现，B正确；

C．催化剂只能使化学反应速率加快；而化学平衡不发生移动，因此使用高效催化剂不能改变Z点物质的平衡转化率不变，C错误；

D．假设反应开始时CH3OH的物质的量是1mol，由于在T1时CH3OH的转化率是90%，则此时CH3OH的物质的量是0.1mol，反应产生的HCHO(g)、H2(g)的物质的量都是0.9mol，由于容器的容积是1L，所以平衡浓度c(CH3OH)=0.1mol/L，c(HCHO)=0.9mol/L，c(H2)=0.9mol/L，因此T1时该反应的化学平衡常数K=D正确；

故合理选项是BD。14、CD【分析】根据图示可知，Fe3O4/Pd为催化材料，Fe(Ⅲ)得电子生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，处理得到电子转化为氮气，电极反应分别为2+8H++6e-=N2↑+4H2O，3H2-6e-=6H+，总反应为：2H++2+3H2N2+4H2O，该反应中N元素化合价降低被还原，H元素化合价升高被氧化，氢气为还原剂，为氧化剂；据此分析。

【详解】

A．根据图示，处理得到电子转化为氮气，电极反应为2+8H++6e-=N2↑+4H2O；故A不符合题意；

B．Fe(Ⅲ)得电子生成Fe(Ⅱ)；Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故B不符合题意；

C．根据图示，总反应方程式可知：2H++2+3H2N2+4H2O；所以用该法处理后水体的pH升高，故C符合题意；

D．6.72LH2的条件未知；无法计算氢气的物质的量，故无法计算废水的体积，故D符合题意；

答案选CD。15、AD【分析】【详解】

A．加入少量NaOH固体；抑制水解，上述平衡左移，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，故A正确；

B．FeCl3消耗了氢氧根离子；使平衡正移，醋酸根浓度减小，故B错误；

C．稀释溶液；平衡正向进行，但是氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故C错误；

D．加入少量Na2CO3固体，抑制水解，平衡逆向移动，c(CHCOO-)增大，平衡常数常数不变，则减小；故D正确；

故选AD。16、CD【分析】【分析】

【详解】

略17、AC【分析】【分析】

根据图像及表格数据可知，电离平衡常数越大，酸性越强，则酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>稀释促进电离，同pH的酸，稀释相同倍数，酸性越弱，pH越变化越小；则曲线I是CH3COOH；曲线II是HClO；依此解答。

【详解】

A．溶液的酸性越强，对应的酸根离子的水解能力越弱，离子浓度越大，则溶液中：c(CH3COO－)>c(ClO－)，则相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液，显碱性，各离子浓度的大小关系是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)；A正确；

B．根据强酸制弱酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：B错误；

C．是R-的水解平衡常数，Kh只与温度有关；故图像中a；c两点处的溶液中相等，C正确；

D．曲线I是CH3COOH，曲线II是HClO；酸性越强，说明酸电离程度越大；则根据图像可知，a点酸性弱于b点；故D错误；

答案选AC。三、填空题(共7题，共14分)18、略

【分析】【详解】

（1）①Al2O3是两性氧化物，与OH-反应生成AlO2-和H2O，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；因为Al具有两性，能与OH-反应生成AlO2-和H2，所以碱洗时常有气泡冒出，该气体是H2。②要通过电解使处理好的铝材表面形成氧化膜，处理好的铝材应与电源的正极相连发生氧化反应，又根据酸性电解质溶液，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。

（2）在酸性环境下，钢铁易发生析氢腐蚀，H+在正极上得到电子生成H2，所以正极反应式为：2H++2e-=H2↑；在酸性很弱或中性条件下；负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，称为吸氧腐蚀。

（3）由图可知，①为化学腐蚀，②③装置是原电池，在②中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞①>③；④⑤装置是电解池，④中铁为阴极，⑤中铁为阳极，阳极金属被腐蚀的速率快，阴极被保护，即⑤＞④，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，所以铁腐蚀快慢顺序为：⑤＞②＞①＞③＞④。

（4）X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极被保护，该电化学防护法称为外加电流的阴极保护法；若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，Zn作负极、铁作正极，能达到防止铁腐蚀的目的。【解析】Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OH2正2Al+3H2O-6e-==Al2O3+6H+2H++2e-=H2↑吸氧腐蚀⑤>②>①>③>④外加电流的阴极保护法能19、略

【分析】(1)

化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则该反应的平衡常数表达式K=由上表可知随之温度升高平衡常数逐渐增大；说明升高温度平衡正向进行，所以该反应为吸热反应。

(2)

830℃时，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持温度不变，反应达到平衡后，由于平衡常数只与温度有关系，则其平衡常数等于1.0。设平衡时消耗二氧化碳的物质的量是xmol，则剩余二氧化碳是2mol－xmol、氢气是8mol－xmol、一氧化碳和水蒸气均是xmol，由于反应前后体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则解得x＝1.6，所以此时CO2的物质的量为0.4mol。

(3)

a．使用催化剂不能影响平衡，CO2转化率不变；

b．正反应吸热，升温平衡正向进行，CO2转化率增大；

c．增大CO2和H2的投料比有利于增大氢气的转化率，CO2转化率降低；

答案选b；

(4)

若1200℃时，在某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，则此时浓度熵为＞2.6；所以反应的平衡移动方向为逆反应方向。

(5)

由于相同质量的纳米CaO比微米CaO的表面积大，吸收CO2的速率更快；在相同时间内消耗CO2的量更多，导致c(CO2)降低更大，使平衡逆向移动的程度更大，所以投入纳米CaO，氢气的体积分数更高。【解析】(1)吸热。

(2)等于0.4mol

(3)b

(4)逆反应方向。

(5)相同质量的纳米CaO比微米CaO的表面积大，吸收CO2的速率更快；在相同时间内消耗CO2的量更多，导致c(CO2)降低更大，使平衡逆向移动的程度更大，所以投入纳米CaO，氢气的体积分数更高20、略

【分析】【详解】

（1）已知31g白磷(P4)变为31g红磷(P)时释放能量，说明白磷比红磷的能量高，物质所具有的能量越高，稳定性越弱，则稳定性白磷<红磷；（2）据图可知，molN2(g)和molH2(g)反应生成1molNH3(l)的△H=-（b+c-a）kJ/mol；（3）298K时，0.5molC2H4(g)完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出705.5kJ的热量，则1molC2H4(g)完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出705.5kJ×2=1411kJ的热量，所以表示C2H4(g)燃烧热的热化学方程式为C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-1411kJ/mol；（4）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566kJ/mol②TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=+141kJ/mol③根据盖斯定律，③+①×2-②得TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)ΔH=-80kJ/mol；（5）工业上用H2(g)和Cl2(g)反应制HCl(g)：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，已知各键能为：H﹣H：436kJ·mol-1，Cl﹣Cl：243kJ·mol-1，H﹣Cl：431kJ·mol-1，ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=436kJ·mol-1+243kJ·mol-1-431kJ·mol-1×2=-183kJ/mol，该反应的热化学方程式是H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/mol。【解析】<-（b+c-a）kJ/molC2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-1411kJ/mol-80kJ/molH2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/mol21、略

【分析】【详解】

(1)A．因起始时所加两种物质的物质的量之比不等于化学计量数之比，随着反应的进行，CO和NO的物质的量之比一直在改变，当CO和NO的物质的量之比不变时，说明反应达到平衡状态，故A不选；B．容器恒容，根据质量守恒定律可知，混合气体的总质量不变，则混合气体的密度始终保持不变，所以混合气体的密度保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，故B选；C．该反应前后气体物质的量不相等，随着反应的进行，混合气体的压强一直在改变，当混合气体的压强保持不变时，说明反应达到平衡状态，故C不选；D．当2v(N2)正=v(CO)逆时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，v(N2)正=2v(CO)逆时，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故D选；答案选：BD；(2)反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的体积分数减小，T1温度时CO2的体积分数大于T2温度时CO2的体积分数，说明T1＜T2；若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，升高温度和扩大体积使体系压强减小，均会使平衡逆向移动，CO2的体积分数减小，重新达到的平衡状态可能是图中的E点；(3)①图中A点n0(NO2)∶n0(SO2)=0.4，达到平衡时NO2的转化率为50%，设起始时NO2和SO2的物质的量浓度分别为0.4amol/L、amol/L，列三段式为：此温度下的化学平衡常数K==0.25；②NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH＜0为反应前后气体物质的量相等的放热反应，降低温度，平衡正向移动，NO2的转化率增大，如果将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是降低温度；③图中C点n0(NO2)∶n0(SO2)=1，达到平衡时NO2的转化率为50%，设起始时NO2和SO2的物质的量浓度分别为bmol/L、bmol/L，列三段式为：此温度下的化学平衡常数K==1；同理，D对应温度下的化学平衡常数K=1，C点和D点的化学平衡常数相等，说明C点和D点的温度相等，即TC=TD；(4)①若高于450℃，图中曲线中脱氮率随温度升高而降低，主要原因是温度太高时，催化剂的活性降低，使平衡脱氮率降低，且反应4CO(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+4CO2(g)ΔH2＜0为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，也会使平衡脱氮率降低；②某研究小组探究催化剂对CO、NO2转化的影响。将NO2和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO2含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO2的转化率)，不同的催化剂并不能使平衡发生移动，且反应4CO(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+4CO2(g)ΔH2＜0为放热反应，根据曲线Ⅱ可知，a点对应温度时的平衡脱氮率应该更高，所以a点不是对应温度下的平衡脱氮率。【解析】BD＜E0.25降低温度=温度太高，催化剂的活性降低，反应放热，平衡向逆反应方向移动不是因为该反应为放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高22、略

【分析】【分析】

(1)合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属活动性较弱时，比较难形成化合物，常以单质形式存在，比较容易被利用；目前使用量最大的合金是铁合金；

(2)Al属于金属；能导电；铁属于金属，具有导热性；

(3)钢铁混有少量的碳杂质；在潮湿的空气中容易形成原电池，负极上都是铁失电子发生氧化反应；防止金属腐蚀的方法有：牺牲阳极的阴极保护法；外加电源的阴极保护法、改变物质结构、涂油等，据此分析解答；

(4)因为金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称．包括纯金属；合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等；所以可判断那种是金属材料；

(5)根据合金的特点：熔点比成分金属低；硬度比成分金属大；性能和强度都优于纯金属来回答。

【详解】

(1)由于铜的活动性比较弱；以单质形式存在的比较多，所以，人类历史上使用最早的合金是铜合金，世界上最常见；应用很广的合金是铁合金；

故答案为：C；A；

(2)Al属于金属；具有金属的通性，所以能导电；铁属于金属，具有金属的通性，所以具有导热性；

故答案为：导电；导热；

(3)钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上得电子发生还原反应；如果水膜的酸性较强，则发生析氢腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；

A．表面刷油或涂漆；使金属不具备生锈的条件：和水接触，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，选项A不符合；

B．表面镀锌采用的是牺牲阳极的阴极保护法；所以能防止或减缓钢铁腐蚀，选项B不符合；

C．保存在潮湿环境中和水接触；使金属具备生锈的条件，加快腐蚀，选项C符合；

D．包上塑料层使金属与水和氧气隔绝；能够防止生锈，选项D不符合；

E．制成不锈钢；不锈钢是在在普通钢中加入金属铬而形成的耐腐蚀合金，所以能起到防腐作用，选项E不符合；

F．温度越高；反应速率越快，保存在温度较高的地方加快金属腐蚀，选项F符合；

答案选CF；

(4)A．玻璃；陶瓷、水泥是传统的硅酸盐材料；属无机非金属材料；

B．玻璃钢是玻璃纤维与合成材料塑料复合而成的一种特殊材料；属于复合材料；聚乙烯属于有机高分子材料；超导陶瓷属于无机非金属材料；

C．青铜；碳素钢、硬铝三者都属于合金；属于金属材料；

D．塑料；合成纤维、橡胶三者都属于有机高分子材料；

答案选C；

(5)铝合金具有强度大；耐腐蚀、密度小于成分金属的特点；

答案选AB。【解析】CA导电导热Fe-2e→Fe2+CFCAB23、略

【分析】【分析】

根据电离常数越大；酸性越强，多元弱酸的酸性电离常数减小，酸性减弱，电离出的离子会发生水解，而水解的程度和电离程度刚好相反，根据已知数据既可以判断酸性强弱，也可判断离子水解程度的大小。

【详解】

(1)①根据电力平衡常数的定义书写弱酸的电离平衡常数，H2S属于二元弱酸，根据第一步电离方程式书写得：

②常温下，NaF、Na2CO3、Na2S三种盐都发生水解显碱性，Na2CO3、Na2S水解后溶液的酸碱性主要由第一步决定，根据“越弱越水解”即水解后的弱酸的酸性越弱，则该水解离子越容易水解，通过表中电离平衡常数的大小判断酸性：HF>>HS-,则离子水解程度大小：F-<2-,故当pH相同时，这三种溶液种浓度最小的是Na2S。

③根据表中的电离平衡常数的大小可以判断出酸性强弱：H2S>>HS-,依据强酸制弱酸的原理，写出离子方程式为：

(2)①根据图中a点pH大于7，且是常温下，故显碱性，根据电荷守恒：当>则>故答案为：>。

②b点溶液显中性，假设盐酸和氨水恰好完全反应时，由于生成氯化铵溶液而显酸性故溶液显中性时氨水应多一点。故溶质应是：和

③室温下pH=10的氨水，根据c(H+)=mol/L,溶液中的氢离子全部来自于水电离出的，故水电离出的氢离子浓度为mol/L，pH=5的氯化铵溶液，c(H+)=mol/L，氢离子全部来自于水，故水电离出的氢离子浓度为mol/L，则两溶液中的浓度之比为:

(3)根据图中特殊点，当pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-),根据得故答案

【点睛】

根据图像进行计算时找特殊点，根据特殊点中横纵坐标的表示的意义进行计算相应的量。【解析】>和或24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①比较反应速率快慢时；通常看正反应的活化能，正反应的活化能越小，反应速率越快，则以上四个反应中反应Ⅰ速率最快的原因是：反应Ⅰ的活化能小，活化分子数(活化分子百分数)多，反应快。

②以上四个反应中；反应Ⅰ放出的热量最多，产物最稳定，反应进行的程度最大，所以正向反应限度最大的是a。答案为：反应Ⅰ的活化能小，活化分子数(活化分子百分数)多，反应快；a；

(2)①将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入反应室(容积为100L)，在一定条件下发生反应(ⅰ)，已知100℃时达到平衡的时间为5min，CH4OH的平衡转化率为0.5，从反应开始到平衡，生成H2的物质的量为1.0mol×0.5×3=1.5mol，则用氢气表示的平均反应速率为：v(H2)==0.003mol·L-1·min-1。

②正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，若保持CH3OH的平衡转化率不变，应设法使平衡逆向移动，因为反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，所以应增大压强，故图中p1＜p2。

③反应过程中起催化作用的为Cu2O，实际生产中，反应生成的CO会还原Cu2O，导致催化效率降低，若在反应体系中充入少量CO2，则抑制平衡的正向进行，有利于保持Cu2O的催化效率不降低，原因是：在反应体系中存在如下平衡：Cu2O+CO2Cu+CO2，充入少量CO2，可抑制反应的正向进行，有利于保持Cu2O的量的稳定。

④恒温恒容时，随反应的不断进行，混合气的压强不断减小，在500℃恒压条件，相当于恒容容器加压，平衡正向移动，反应速率快、且n(CH3OH)增大，则反应体系中n(CH3OH)随时间t变化的总趋势图为答案为：0.003；＜；在反应体系中存在如下平衡：Cu2O+CO2Cu+CO2，充入少量CO2，可抑制反应的正向进行，有利于保持Cu2O的量的稳定；

【点睛】

画图时，应以原平衡体系作参照，从达平衡的时间和CH3OH的物质的量两个方面作图。【解析】反应Ⅰ的活化能小，活化分子数(活化分子百分数)多，反应快a0.003＜在反应体系中存在如下平衡：Cu2O+CO2Cu+CO2，充入少量CO2，可抑制反应的正向进行，有利于保持Cu2O的量的稳定四、判断题(共2题，共4分)25、×【分析】【分析】

【详解】

中和反应是放热反应，错误。【解析】错26、A【分析】【分析】

【详解】

HCl是一元强酸，NaOH是一元强碱，当二者浓度都是0.1mol·L-1时，它们电离产生的c(H+)、c(OH-)相同，根据水电离方程式中产生的H+、OH-的关系可知：等浓度的c(H+)、c(OH-)，对水电离的抑制程度相同，故达到平衡后两种溶液中水的电离程度相等，这种说法是正确的。五、实验题(共1题，共2分)27、略

【分析】【分析】

根据实验目的可知，装置A是氧气的发生装置，取固体与液体不加热制备气体装置，可以为H2O2在MnO2催化作用下分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，通过加入液体的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气，可以用浓硫酸除去，所以B装置中盛放浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在C中反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度不宜太高，所以装置C用水浴加热，为防止POCl3挥发，用冷凝管a进行冷凝回流，POCl3遇水剧烈水解为H3PO4和HCl；所以为防止空气中水蒸气进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答。

【详解】

(1)根据装置图可知，装置C中盛装PCl3的反应器为三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶；

(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡，则装置B的作用是观察O2的流速；平衡气压、干燥氧气；故答案为：浓硫酸；干燥氧气、观察氧气流速、平衡气压等；

(3)装置A是氧气的发生装置，为固体与液体不加热制备气体的装置，可以为H2O2在MnO2催化分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；根据装置图可知，装置C中氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：2H2O22H2O+O2↑或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2PCl3+O2=2POCl3；

(4)仪器a为球形冷凝管；起冷凝回流的作用，故答案为：冷凝回流；

(5)①用cmol•L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN-反应溶液会变红色；半分钟内不褪色，即可确定滴定终点，故答案为：B；

②用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为cV×10-3mol，与Cl-反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.05L-cV×10-3mol=(5-cV)×10-3mol，Cl元素的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%；

③若取消步骤III，会使步骤IV中出现两种沉淀共存，此时c(Cl-)∶c(SCN-)=Ksp(AgCl)∶Ksp(AgSCN)=3.2×10-10∶2×10-12=160∶1；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多；即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的质量分数偏小，故答案为：160∶1；偏小。

【点睛】

明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)③中的误差分析，要注意滴定原理的理解。【解析】三颈烧瓶或三口烧瓶浓H2SO4平衡气压，干燥氧气，观察气体流速2H2O22H2O+O2↑或2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑2PCl3＋O2=2POCl3冷凝回流B［(5-cV)×35.5×10-3/m］×100%或［3.55(5-cV)/m］%160∶1或160偏小六、工业流程题(共3题，共9分)28、略

【分析】【详解】

（1）操作I中Fe3+可以将Bi2S3中的S氧化为S单质，SiO2性质比较稳定，不与酸反应，所以滤渣的主要成分为：SiO2；S。

（2）铋可以被H2O2氧化，发生的方程式为：2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O

（3）根据反应流程图可知操作Ⅱ中发生的反应为：Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+C1-+2H2O，想要获得纯净NaBiO3，首先要将沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，所以操作Ⅱ为：过滤；洗涤、干燥。

（4）Kb不变，c(NH4+)不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒定律，pH=9时，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；

（5）由5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4−+5Na++5Bi3++7H2O、MnO4−+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知；

5NaBiO3∼2MnO4−∼10Fe2+；

510

n(NaBiO3)0.5mo1⋅L−1×0.0220L

n(NaBiO3)=0.0055mol

得到质量计算质量分数=0.0055mol×280g/mol/2.0g